ИОШ, 2018/19, заключительный этап, 11 класс

Покажите, что слой пылинок, находившихся в начальный момент между радиусами \(r_1\) и \(r_2\), через время \(t\) занимает слой между \(r_1(1+Ht)\) и \(r_2(1+Ht)\).

\(\rho(t)=\dfrac{\rho_0}{(1+Ht)^3}\) при \(r<R(1+Ht)\) и \(\rho=0\) при \(r>R(1+Ht)\); на расстоянии \(R/4\) от центра плотность равна \(\dfrac{\rho_0}{(1+Ht)^3}\).

Облако остаётся однородным. Рассмотрим пылинки, которые в начальный момент находились на расстояниях от \(r_1\) до \(r_2\) от центра; их масса \(m=\rho_0\cdot\frac{4}{3}\pi\left(r_2^3-r_1^3\right)\). Через время \(t\) эти пылинки окажутся между радиусами \(r_1(1+Ht)\) и \(r_2(1+Ht)\): пылинки, которые были дальше \(r_2\), имеют большие скорости и в этот слой не попадают, а пылинки ближе \(r_1\) отстают. Поэтому плотность в этом слое \[\rho(t)=\frac{m}{V}=\frac{\rho_0\cdot\frac{4}{3}\pi\left(r_2^3-r_1^3\right)}{\frac{4}{3}\pi\left(r_2^3(1+Ht)^3-r_1^3(1+Ht)^3\right)}=\frac{\rho_0}{(1+Ht)^3}\] не зависит от \(r_1\) и \(r_2\), то есть облако остаётся однородным. Радиус облака через время \(t\) равен \(R(1+Ht)\), за его пределами пыли нет.

Отпустите обруч без второго гвоздя и найдите, как он начнёт двигаться: положения второго гвоздя, препятствующие этому движению, и есть искомые.

Внутренняя область обруча от его верхней точки до диаметра, проходящего через первый гвоздь (при этом область у левой части обруча выше первого гвоздя исключается, см. решение).

Отпустим обруч и найдём, как он движется. Так как одна его точка всё время касается гвоздя, а центр обруча опускается, обруч начинает вращаться вокруг первого гвоздя, и точка касания — мгновенный центр вращения. Участки обруча, которые при этом смещаются внутрь обруча, отмечены на рисунке красным пунктиром; положения второго гвоздя в этой области препятствуют движению и оставляют обруч в покое.

Однако если вбить второй гвоздь в точки стены слева от первого гвоздя и выше него, обруч начнёт поворачиваться относительно второго гвоздя. Эти положения надо исключить.

Итог: точки внутри обруча, при вбивании в которые второго гвоздя обруч останется в равновесии, лежат от верхней точки обруча до диаметра, проходящего через первый гвоздь. Этот ответ сохраняется и тогда, когда первый гвоздь находится в нижней половине обруча (верхний и нижний гвоздь меняются ролями).

Сравните длину полуокружности диска и длину четверти окружности внутренней поверхности цилиндра; из этого следует связь между угловой скоростью диска вокруг своей оси и его движением вокруг оси цилиндра.

Точка А движется по горизонтальной прямой, проходящей через ось цилиндра, по гармоническому закону: \(x_A(t)=R\cos\omega t\), \(y_A=0\); величина скорости \(v_A(t)=R\omega\left|\sin\omega t\right|\).

Если центр диска вращается без проскальзывания по внутренней поверхности цилиндра вдвое большего радиуса, то диск вращается вокруг своей оси с той же угловой скоростью, но в противоположном направлении. Действительно, длина полуокружности диска и длина четверти окружности внутренней поверхности цилиндра совпадают, поэтому при повороте центра диска на четверть оборота вокруг оси цилиндра точка А совершает ровно четверть оборота вокруг оси диска и оказывается в центре полости, то есть на оси цилиндра.

Координаты центра диска: \(x_c=\dfrac{R}{2}\cos\omega t\), \(y_c=-\dfrac{R}{2}\sin\omega t\). Координаты точки А относительно центра диска: \(x'_A=\dfrac{R}{2}\cos\omega t\), \(y'_A=\dfrac{R}{2}\sin\omega t\). Тогда \[x_A=x_c+x'_A=R\cos\omega t,\qquad y_A=y_c+y'_A=0.\] Точка А движется вдоль горизонтальной прямой, проходящей через ось цилиндра, по гармоническому закону. Её скорость \[v_A(t)=R\omega\left|\sin\omega t\right|.\]

Разбейте интервал температур образца на малые части, на каждой из которых теплоёмкость можно считать постоянной, и запишите тепловой баланс.

\(t_x\approx31{,}2^\circ\)C.

Пусть установившаяся температура равна \(t_x\). Вода отдаёт тепло \(Q=2mc\left(t_1-t_x\right)=4mc_0\left(t_1-t_x\right)\). Это тепло получает образец с переменной теплоёмкостью. Разобьём интервал \(0\div t_x\) на малые интервалы \(\Delta t_i\), на каждом из которых теплоёмкость постоянна: \[Q=\sum_i mc(t_i)\Delta t_i=mc_0\left(\sum_i\Delta t_i+\gamma\sum_i t_i\Delta t_i\right).\] Первая сумма равна \(t_x\), вторая (вычисляемая графически, как работа силы упругости) равна \(\dfrac{1}{2}t_x^2\). Отсюда \[\gamma t_x^2+10t_x-8t_1=0,\qquad t_x=\frac{-10+\sqrt{100+32\gamma t_1}}{2\gamma}\approx31{,}2^\circ\text{C}.\]

\(I=\dfrac{5\alpha}{\left(2+\sqrt5\right)^2}\,U^2\).

Пронумеруем элементы: 1 — верхний, 2 и 3 — нижняя ветвь, 4 — последовательный элемент справа. Пусть через участок течёт ток \(I\); тогда через элемент 4 течёт \(I\) и \(U_4=\left(I/\alpha\right)^{1/2}\). Так как ток через элемент пропорционален квадрату напряжения, а напряжение на элементе 1 вдвое больше напряжения на элементах 2 и 3, ток через элемент 1 в 4 раза больше тока через элементы 2 и 3. Из \(I_1+I_{2,3}=I\) получаем \(I_1=\frac{4}{5}I\), \(I_{2,3}=\frac{1}{5}I\). Отсюда \[U_1=U_{2-3}=\left(\frac{I_1}{\alpha}\right)^{1/2}=\frac{2}{\sqrt5}\left(\frac{I}{\alpha}\right)^{1/2}.\] Полное напряжение на участке \[U=U_1+U_4=\frac{2+\sqrt5}{\sqrt5}\left(\frac{I}{\alpha}\right)^{1/2},\] откуда \[I=\frac{5\alpha}{\left(2+\sqrt5\right)^2}U^2.\]

\(N_{\max}\approx8{,}3\cdot10^3\) машин (точнее, \(8337{,}5\)); достигается при \(n_0=12{,}5\) машин на 100 м и \(v(n_0)\approx66{,}7\) км/ч.

Число машин, проезжающих точку за время \(\Delta t\), равно числу машин, находящихся на расстоянии не больше \(v\Delta t\) от неё: \(N=10\,v\,n\,\Delta t\) (здесь \(n\) — на 100 м, \(v\) — в км/ч, \(\Delta t\) — в часах). Нужно максимизировать \(v(n)\,n\). Производная равна нулю при \(v'(n)=-\dfrac{v(n)}{n}\), то есть когда угол наклона касательной к графику \(v(n)\) равен углу наклона прямой из начала координат в эту точку. Это выполняется, когда треугольник \(OAB\) равнобедренный, и \(n_0\) делит отрезок \(OB\) пополам, то есть \(n_0=12{,}5\). По графику \(v(n_0)=66{,}7\) км/ч, и за 1 ч \[N_{\max}=10\cdot66{,}7\cdot12{,}5\approx8337{,}5\ \text{машин}.\]